河南省郑州市2026届高三上学期第一次质量预测数学试卷（含答案）(1)_2026年1月_260106河南省郑州市2026年高三第一次质量预测

1
郑州市2026 年高中毕业年级第一次质量预测
数学评分参考
一、选择题：本题共8 小题，每小题5 分，共40 分.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
A
A
D
C
D
B
C
二、多选题：本题共3 小题，每小题6 分，共18 分.
题号
9
10
11
答案
ABD
AC
ACD
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分.
12.
4
13.
60
14.
3
5
四、解答题：本题共5 小题，共77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算
步骤.
15.解：(1)
10
10
1
1
1
1
55,  
91.7,
10
10
i
i
i
i
x
x
y
y








...........................................................2 分
1
2
1
1
0
2
2
1
0
10
55950 10 55 91.7
1103
ˆ
0.67,
38500 10 55
1650
10
i
i
i
i
i
y
x
x
xy
b
x















...............................................5 分
ˆ
ˆ
91.7
0.67 55
54.85
a
y
bx






，.........................................................................6 分
所以，加工时间y 关于零件个数x 的经验回归方程是ˆ
0.6,7
54.85
y
x


，.....................7 分
(2)（ⅰ）
120
x 
当
时，ˆ
0.67 120
54.85
135.25.
y 



..................................................9 分
所以120 个零件任务的回归预测时间135.25< 144，因此低于现行标准时间........10 分
（ⅰⅰ）由于回归预测显示实际所需时间（约135.25 分）比标准时间（144 分）少9 分钟，
说明按照现行标准，工人很容易拿到奖励（实际效率更高）.如果车间希望控制奖励发放比
例或更符合实际效率，应考虑调低标准时间, 如调整到接近预测的
.
13
.1
120
25
.
135
个
分/

使标准更贴近真实加工能力.....................................................................................13 分
16.解：（1）在
ABC

中，由
1
tan
tan
tan
tan



C
B
C
B
得
1
tan
tan
1
tan
tan




C
B
C
B
，
2
1
tan




）
（
C
B
..................................................................2 分
又
)
tan(
tan
C
B
A



，
1
tan


A
,........................................................................3 分


A
0
又
,
4


A
...........................................................................................4 分
6

a

，
3

c
,由正弦定理得
.
2
3
6
2
2
3
sin
sin




a
A
c
C
.........................6 分
a
c 

，
3
2
3
C

或


........................................................................................7 分
（2）因为
ABC

为锐角三角形，所以
3
C


,...........................................................8 分
4
2
6
)
sin(
sin





C
A
B
,............................................................................10 分
0



NC
NB
NA

,
的重心，
是ABC
N


..........................................................11 分
，
4
3
3
4
2
6
3
6
6
1
sin
6
1
3
1












B
ac
S
S
ABC
NBC
......................................................12 分
所以NBC

的面积为
4
3
3
..................................................................................15 分
17. 解：(1)在矩形CDEF 中，
1,
2,
CD
DE


点
B
A，
分别是
的中点，
，CF
DE
所以四边形ABCD 和EFBA 是全等的正方形，所以
,
BD
AC AE
AB


........................2 分
又因为平面ABCD 平面EFBA，
平面ABCD平面
,
EFBA
AB AE

平面EFBA，
所以AE 平面ABCD ...............................................................................................4 分
因为BD 平面ABCD ，所以AE
BD

......................................................................5 分
又因为
,
BD
AC AE
AC
A



，AE
AC 
，
平面AEC ，
所以BD 平面AEC .................................................................................................6 分
3
(2) 以B 为原点，
BC
BF
BA
,
,
所在直线分别为
轴
轴、
轴、
z
y
x
，建立如图所示的空间直角
坐标系.
则






0,0,0 ,
1,0,0 ,
1,1,0
B
A
E
，






0,1,0 ,
0,0,1 ,
1,0,1
F
C
D
，
..............................7 分
则
）
（
1
0
1


,
,
CA
，
）
（
1
0
0


,
,
CB
，
a
BQ
CP



，
则
)
2
2
,0,
2
2
(
2
2
a
a
CA
a
CP



，
)
0,
2
2
,
2
2
(
2
2
a
a
BE
a
BQ


，
)1
2
2
,
2
2
0
(






a
a
BQ
CB
PC
PQ
，
，.........................................................8 分
)
2
0
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2









a
a
a
a
a
PQ
（
）
（
）
（
............................9 分
(3) 因为
2
1
2
2
1
2
2
2






）
（a
a
a
PQ
，
所以当
2
2
a 
时，线段PQ最短...............................................................................10 分
此时P,Q 分别为线段
,
AC BF 的中点，
1
1
1 1
0,
,
,
,
,0
2
2
2 2
A
P
Q
Q

















.
设


, ,
n
x y z


是平面PQA的一个法向量，则
0
0
n PQ
n AQ









即
1
1
0
2
2
1
1
0
2
2
y
z
x
y








，
取平面PQA的一个法向量为


1,1,1
n 

.....................................................................12 分
由（1）知，


1,0,1
BD 

为平面AEC 的一个法向量，.............................................13 分
x
y
z
4
设平面PQA与平面AEC 夹角为，则
2
6
cos
cos
2
3
3
n BD
n BD
n
BD














，
，
所以平面PQA与平面AEC 夹角的余弦值为
6
3
.......................................................15 分
18．解：（1）由题意可得
3

c
，又
2
2
2
2
3
3
1
1
a
b
a
b






，解得
2
1
a
b




，........................4 分
故椭圆C 的标准方程为
2
2
1
4
x
y

............................................................................5 分
（2）（ⅰ）由（1）可得：




2,0 ,
0, 1
A
B


，设


0
0
0
0
,
,
0,
0
P x
y
x
y


，
且
2
2
0
0
1
4
x
y

，即
2
2
0
0
4
4
x
y


........................................................................... ..6 分
则
0
0
:
(
2)
2
AP
y
l
y
x
x



,令
0
0
0
0
2
2
0,
(0,
)
2
2
y
y
x
y
D
x
x





...........................................7 分
则
0
0
1
:
1
BP
y
l
y
x
x



,令
0
0
0
0
2
0,
(
0,)
2
1
y
x
y
y
C
x
y





..........................................8 分
则
0
0
0
0
0
2
2
|
|
2
1
1
x
x
y
AC
y
y







，
0
0
0
0
0
2
2
2
|
|
1
2
2
y
x
y
BD
x
x






................................10 分
0
0
0
0
0
0
2
2
2
2
1
1
|
| |
|
(
) (
)
2
2
1
2
ABCD
x
y
x
y
S
AC
BD
y
x










2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
(
2
2)
2(
2
2)
1
2
2
2
2
2
2
x
y
x y
x
y
x y
x
y
x y
x
y














.
故求证四边形ABCD 面积为定值2............................................................................12 分
（ⅱ）直线
:
2
2
0
AB
l
x
y



，


0
0
,
P x
y
到直线的距离为
0
0
|
2
2 |
5
x
y
d



且|
|
5
AB 
................................................................................14 分
2
2
0
0
0
0
0
0
|
2
2 |
1
1
1
5
|
2
2 |
( 2(
4
)
2)
2
1
2
2
2
5
PAB
x
y
S
x
y
x
y













△
.......16 分
当且仅当
2
2
0
0


y
x
时等号成立.
所以，
PCD
△
的面积
2
1
2
2
1
PCD
PAB
ABCD
S
S
S






△
△
.............................17 分
5
19.（17 分）（1）



2
a
f
x
a
x



R ，...............................................................1 分
当
1

a
时，
1
1
(1)
0
f
f



，
，...........................................................................2 分
故
)
(x
f
的图象在



1,
1
f
处的切线方程为
(
1),
y
x


，即
1
0
x
y


......................3 分
（2）



2
a
f
x
a
x



R ，
当
0
a 
时，令

0
f
x


，

f x 在R 上递减，

f x 最多一个零点，与题意不符.......4 分
当
0
a 
时，令

0
f
x


，则
2
a
x 
，则当
0, 2
a
x






，

0
f
x


；当
,
2
a
x







，

0
f
x


，
所以，

f x 在0, 2
a






单调递增，在
,
2
a






上单调递减，........................................5 分
故
( )
ln
(1 ln
)
2
2
2
a
a
a
f x
f
a
a
a











极大值
................................................................7 分
0
lim
( )
, lim
( )
x
x
f x
f x



.
故

f x 有两个零点，即
( )
(1 ln
)
0
2
a
f x
a



极大值
2
a
e


...........................................9 分
（3）由于
2
2
(
)
x
x
g x
ax
e
a
f e




，所以
( )
y
f x

与

y
g x

的零点个数相同.
依题意共有4 个不同的零点，所以

f x 有两个零点...............................................10 分
不妨设

y
g x

的两个零点为


1
2
1
2
,
x x
x
x

，
( )
y
f x

的两个零点为


3
4
3
4
,
x x
x
x

，
则有
1
3
4
2
ln
ln
ln
2
a
x
x
x
x




，...........................................................................11 分




3
3
3
3
3
4
4
4
4
4
2
ln
2
ln
2
2
0
,
2
ln
2
2
0
ln
2
x
x
f
x
a x
x
a
a
f
x
a x
x
a
x
x
a























，
得
，
①
3
4
3
4
2
ln
ln
(
),
x
x
x
x
a



所以
②
若四个零点成等差数列，则有两种情况：.
①当
1
2
3
4
x
x
x
x



时，即
3
4
3
4
ln
ln
,
,
,
x
x
x x 成等差数列，则有
3
4
3
4
ln
ln
x
x
x
x



，③
由②③得
2
a 
.
代入①得
3
3
ln
2
x
x


，
4
4
ln
2
x
x


④
又
3
3
4
4
4
3
ln
2ln
ln
2
x
x
x
x
x
x







⑤
6
将④代入⑤式可得
3
4
4
3
4
3
2
2
2
4
1
2
2
2
x
x
x
x
x
x











，
代入③可得
4
3
e
x
x

，解得
3
4
1
e
,
e 1
e 1
x
x



，这与④矛盾，故实数a 不存在..............14 分
②当
1
3
2
4
x
x
x
x



时，即
3
3
4
4
ln
,
,
ln
,
x x
x
x 成等差数列，则
3
4
3
4
ln
ln
x
x
x
x



，③
由②③得
2
a 
，同理得
3
3
ln
2
x
x


，
4
4
ln
2
x
x


④
又
3
4
3
3
4
4
ln
ln
2
2ln
x
x
x
x
x
x







⑥
将④代入⑥式可得
3
4
3
4
3
3
4
4
4
2
4
2
4
x
x
x
x
x
x
x
x












，
代入③可得
4
4
3
e
x
x

，解得
4
3
4
4
4
4
4e
,
e
1
e
1
x
x




，
这与④矛盾，故实数a 不存在.
综上所述，不存在实数a 使得四个零点成等差数列....................................................17 分